湖北省云学联盟2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题（A）（扫描版，含答案）含答案解析

这是一份湖北省云学联盟2025-2026学年高二上学期10月月考物理试题（A）（扫描版，含答案）含答案解析，文件包含湖北省云学联盟202510月高二物理A试卷pdf、高二10月物理AB卷评分细则定版1010docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1-7 DABCD CB 8.AB 9.BD 10.AC
二、非选择题：本题共5个小题，共60分
11．（每空2分，共12分）【答案】
（1）0.650 （2）红表笔 （3）500 ，2400
（4）4500 （5）πRxD24L
【解析】（1）螺旋测微器的精度为0.01 mm，由题图丙可知读数为0.5 mm＋0.01 mm×15.0＝0.650 mm。填0.651或0.649都算对。
（2）欧姆表进行欧姆调零和测电阻时，电流均从正插孔流入表内，故A接红表笔。
（3）欧姆调零时，电流表达到满偏电流500μA。由闭合电路的欧姆定律有Ig＝ERg＋r＋R'＋R0，解得欧姆表总内阻R内＝Rg＋r＋R'＋R0＝EIg＝3000Ω，故变阻器接入电路中的阻值R'＝2400Ω.
（4）由Rx＝EI－R内，当I＝200 μA时，Rx＝1.5V200×10－6A－3000Ω＝4500Ω
（5）由电阻定律Rx＝ρLS＝4ρLπD2，可得ρ＝πRxD24L
（3分+3分=6分）【答案】
（1） 见解析 （2） RG= （I-IG）R0IG
【解析】（1）为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R0并联，再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻R0的电流，从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻。因为滑动变阻器最大阻值太小，不能用限流接法，否则烧坏电表。为了测量多组数据，滑动变阻器采用分压式接法，故实验电路原理图如图所示。若滑动变阻器分压接法正确而其他错误，得1分。若滑动变阻器为限流接法而其他正确，得2分。全对得3分。
流过定值电阻R0的电流为I−IG，加在微安表两端的电压等于R0两端的电压，故微安表的内电阻RG=（I-IG）R0IG
13．（10分）【答案】（1）圆环a所受库仑力的大小等于54mg ，所带电荷量等于125mgh264kQ。
（2）滑块b所受摩擦力大小等于34mg 。
【解析】解：（1）（7分）对圆环进行受力分析，圆环静止，受力平衡，圆环与滑块之间为斥力。对圆环受力分析有mg=F库sinθ， ……2分
解得库仑力大小为F库=54mg ， ……1分
F库=kQqr2， ……1分
r=hsinθ ， ……1分
圆环所带电荷量为q=125mgh264kQ 。 ……2分
（2）（3分）对滑块进行受力分析f=F库csθ， ……2分
所以f=34mg 。 ……1分
14．（15分）【答案】（1）35W （2）72W （3）93.3%
【解析】（1）（5分）电动机未启动时，车灯的功率 P1=(E-I1r)I1， ……1分
车灯的电阻 R=E-I1rI1 ， ……1分
电动机启动瞬间，并联部分的电压 U=E-I2r， ……1分
车灯的功率P2=U2R ， ……1分
车灯的功率减少量P减=P1–P2=35W ……1分
（2）（4分）电动机启动时，车灯的电流I3= UR ……1分
电动机输入功率P机入=U(I2-I3.) ……1分
电动机的输出功率P机出=P机入-(I2-I3.)2RM ……1分
故P机出=72W ……1分
（3）（6分）电动机正常工作后，电源路端电压为U2=E-I4r ……1分
车灯的电流I5=U2R ……1分
电动机输入电流为I6=I-I5 ……1分
电动机输出功率P机出'=U2I6.-I62RM ……1分
P机入'=U2I6 ……1分
电动机正常工作的效率η=P机出'P机入'=93.3% ……1分
15．（17分）【答案】：（1）E3=4 N/C , E2= 4.5 N/C （2）32 m/s，方向与x轴成45° ，（3）[ 32n米，（34n+1）米 ]
【解析】：(1)（7分）在第三象限内，小球乙由A点运动到B点过程中，在x方向上：
02-υ0x2=2（−a）L , ……1分
a=qE3m ，……1分
υ0x= υ0sin53° , ……1分
解得E3 = 4 N/C 。 ……1分
在第二象限内，小球甲对乙的库仑力提供乙做匀速圆周运动的向心力：qE2 = mυB2L, ……1分
υB=υ0cs53° ……1分
解得E2 = 4.5 N/C ……1分
(2)（5分）在第一象限内，qE1 = ma， ……1分
υy=a T2 ， ……1分
υ= υx2+υy2 , υx=υB ……1分
解得υ=32 m/s ， ……1分
方向与x轴正方向成45°. ……1分
(3)（5分）根据b图中场强的变化规律可判断，小球乙进入第一象限后，它在x方向上做匀速直线运动，在y方向上第一个T2时间内沿y轴正方向匀加速运动，第二个T2时间内沿y轴正方向匀减速运动，当t=T时，乙在y方向的速度恰好减为零，之后重复此运动过程，其轨迹如图所示。 ……1分
所以t=nT2时，小球的横坐标为x=υxnT2=32n米 ，n=1、2、3⋯⋯，
……1分
第一个T2时间内，小球乙沿y轴正方向前进的距离为
y0=12×qE1m（T2）2=34米，……1分
小球乙进入第一象限后每半个周期时间内沿y轴正方向运动的距离均相等，因为开始计时小球乙的纵坐标为L，所以在t=nT2时其纵坐标为y=（1+ 34n）米，n=1、2、3⋯⋯ ，……1分
故在t=nT2（n=1、2、3⋯⋯）时，小球乙的坐标为[ 32n米，（1+ 34n）米 ] ，n=1、2、3⋯⋯ ， ……1分
A卷选择题答案解析
一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．【答案】D
【解析】静电计是粗略测量电压的装置，故A错误。导体两端的电压变为原来的两倍时，其电阻并未变为原来的两倍，故B错误。白炽灯正常发光时，其灯丝温度很高，此时灯丝材料的电阻率明显大于常温时的电阻率，故C错误。故选D。
2．【答案】A
【解析】解：A．图甲中加湿器通过提高空气湿度，改善空气导电性，使电荷更容易通过空气传导，从而减少静电积累，故A正确；图乙中房顶上焊接钢筋埋入地下是为了利用尖端放电避雷，故B错误； C.图丙中小鸟停在单根高压输电线上时，加在小鸟两脚间的电压非常低，小鸟不会被电死，故C错误；D．图丁中两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣屏蔽话筒线外的电磁干扰信号，故D错误；故选A。
3．【答案】B
【解析】解：AD、根据圆周运动中F万＜F向时，卫星做离心运动，F向=mv2r，可知卫星从低轨向高轨运动时，火箭要点火短时间给卫星加速，卫星在轨道1上P点的运动速度，小于在轨道2上P点的运动速度；卫星升轨时要加速，火箭对卫星做正功，卫星机械能增大，即卫星在轨道1上的机械能小于轨道3的机械能，故AD错误；B、根据卫星在轨道2上运动时，从P经过M到Q的过程中，只受到万有引力，且万有引力做负功，可知动能变小、机械能不变，故B正确；
C、对卫星在M、N两点受力分析，可知卫星在两点处的受力指向地球球心，两个力的方向不同，由F＝ma，可知两点处的加速度方向也不相同，故C错误。故选B。
4．【答案】C
【解析】由KQqr2=mυ2r推出υ=KQqmr ，而T=2πrυ ，r变大，则υ减小，T变大，故A错误。r变小，则υ变大，T变小，故B错误。r变小则Q对电子的电场力对电子做正功，故电子电势能减小，故C正确。电子速度变为原来的两倍则其轨道半径变小，故D错误。故选C。
5．【答案】D
【解析】电压表接入之前，在电池提供的外加电场作用下，电容器a的左极板失去电子带正电，电容器b的右极板得到电子带等量负电荷，不接电压表电路稳定后，电容器a、b分担的电压均为3V，电压表接入稳定后，电容器a、b均无电流通过，即电容器a和b既不充电，也不放电，电路重新稳定后，分析电压表电压电流时可以认为b断开，a和电压表并联整体悬空，故电压表接入稳定后电压表中电流Iv=0，电压表示数Uv=IvRv=0，最终电容器a被电压表短路，电容器b最终的电压为6V。故选D。
6．【答案】C
【解析】由运动和受力分析可知，小球未到达轨道最高点之前就脱离轨道做斜抛运动。离开轨道瞬间：mυ12r= mgcsθ，其中θ为脱离轨道位置对应的半径跟竖直方向的夹角。又由机械能守恒12mυ02= 12mυ12+ mgr(1+csθ)，解得csθ = 12，故θ = 60° ，υ1=gr2。当小球做斜抛运动到最高点H处时,12mυ02= 12mυ22+ mgH，其中υ2为斜抛最高点小球速度，υ2=υ1csθ ,解得最大高度H = 2716r .故选C。
7．【答案】B
【解析】解：由图像可知，拉力减小时其表达式为F＝Fm+kx＝（6﹣0.5x）N ，物体受到的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝0.5×0.2×10N＝1N ，当物体所受合力第二次为零时，物体的动能最大，即当第二次F＝f时，物体动能最大，则有（6﹣0.5x）N＝1N ，解得x＝10m ，或作一条平行于x轴的直线，对应F=1N，该直线跟图像有两个交点，对应x值为2m和10m。F﹣x图线与x轴围成图形的面积表示拉力对物体做的功，由图像可知，物体速度最大时，拉力对物体做功为W=12×6×3J+3+12×(10−6)J=17J ，从物体开始运动到速度最大过程，对物体，根据动能定理得W−μmgx=Ekm−12mv2 ，解得最大动能Ekm＝9.5J，故ACD错误，B正确。故选B。
8．【答案】AB
【解析】电容器电容C=εs4kπd ，电介质插入越深，则等效相对介电常数ε就越大，电容就越大，故A正确。变加速度运动过程中，加速度变化，质量块合外力变化，导致弹簧弹力变化，弹簧长度变化，电介质插入电容器的深度变化，电容C变化，据Q=CU可知，电容器带电量Q发生变化，故电容器有充电或放电电流，故B正确。向右匀加速时弹簧长度大于原长，匀速过程弹簧长度等于原长，故弹簧长度变短，故C错误。导弹由静止突然沿弹簧轴线方向向右加速时，固定在导弹内部的电容器极板跟导弹一起向右加速，质量块由于惯性要保持原来的静止状态，此过程中，质量块相当于电容器极板向左运动，等效相对介电常数ε增大，电容C变大，电容器带电量Q变大，电容器被充电，充电电流顺时针，故D错误。故选AB。
9．【答案】BD
【解析】飞机速度为υ=720km/h=200m/s，因为飞机质量远大于飞鸟的质量，撞击过程可认为飞机速度不变，故撞击时间t= Lv=0.001s，对飞鸟，由动量定理得Ft=mυ-0 ，解得F=100000N。本题易错认为小鸟匀加速至200m/s，从而错误认为撞击过程小鸟平均速度为100m/s，据此算出错误的撞击时间0.002秒。据动量定理，缓冲延时可以减小作用力。故选BD。
10.【答案】AC
【解析】滑动变阻器阻值变小，导致总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，分析可知，灯L1两端电压增大，灯L2两端的电压减小，故A正确。本题用等效电源法和图像法比较简单，除了R和R2之外，电路剩余部分看成一个内阻为r1的电源1，电源1外面R和R2并联接在电源1两端，再将电源1和R2整体看作电源2，电源2的等效内阻r2等于r1跟R2的并联电阻，故r2肯定小于R2，即r2肯定小于R0 ，电源2外接一个用电器R，R由Rm（大于R0，也大于r2）逐渐减小至0，据电源2输出功率（即R的功率）随外电路总电阻R的关系图像分析可知，R的功率先增加后减小，故B错误。B选项方法二：滑动变阻器滑片滑至最上端时，R的功率为零，故B错误。∆U∆I表示等效电源2的内阻r2，r2小于R0，∆U∆I小于R2 ，故∆UR2 < ∆I ，故C正确，D错误。
B卷选择题答案解析
一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．【答案】D
【解析】静电计是粗略测量电压的装置，故A错误。导体两端的电压变为原来的两倍时，其电阻并未变为原来的两倍，故B错误。白炽灯正常发光时，其灯丝温度很高，此时灯丝材料的电阻率明显大于常温时的电阻率，故C错误。故选D。
2．【答案】A
【解析】解：A．图甲中加湿器通过提高空气湿度，改善空气导电性，使电荷更容易通过空气传导，从而减少静电积累，故A正确；图乙中房顶上焊接钢筋埋入地下是为了利用尖端放电避雷，故B错误； C.图丙中小鸟停在单根高压输电线上时，加在小鸟两脚间的电压非常低，小鸟不会被电死，故C错误；D．图丁中两根优质的话筒线外面包裹着金属外衣屏蔽话筒线外的电磁干扰信号，故D错误；故选A。
3．【答案】B
【解析】图中一组线圈可以看作左右各一个条形磁铁，均为N极在上，S极在下，左侧磁铁在O点处产生的磁场方向竖直向下，右侧磁铁在O点处产生的磁场方向也竖直向下，故O点合磁感应强度方向竖直向下，据左手定则可知图示时刻电子所受洛伦兹力的方向向左。若电流改变方向，则O点磁感应强度方向变为竖直向上，电子所受洛伦兹力的方向向右，电子向右偏。故选B。
4．【答案】C
【解析】线段AB平行于DC，故有UABUDC=ABDC ，即10V-2V6V-φC = 816 ，故φC= -10V ，由b为AB中点可得φb= φA+φB2 ，解得φb=6V，电势能ε电=qφb ,q= -e , 故ε电= -6eV，故B错误。因为电势φb=φD ，故bD连线为等势线，电场强度方向垂直于bD直线，点电荷沿直线由b→D运动过程中电场力始终跟速度方向垂直，故电场力不做功。故选C。
5．【答案】D
【解析】电压表接入之前，在电池提供的外加电场作用下，电容器a的左极板失去电子带正电，电容器b的右极板得到电子带等量负电荷，不接电压表电路稳定后，电容器a、b分担的电压均为3V，电压表接入稳定后，电容器a、b均无电流通过，即电容器a和b既不充电，也不放电，电路重新稳定后，分析电压表电压电流时可以认为b断开，a和电压表并联整体悬空，故电压表接入稳定后电压表中电流Iv=0，电压表示数Uv=IvRv=0，最终电容器a被电压表短路，电容器b最终的电压为6V。故选D。
6．【答案】C
【解析】线圈受到安培力的合力F＝NB0IL ，天平平衡时，有 mg＝F ，代入数据可得 m＝0.08kg，故选C。
7．【答案】B
【解析】初始时刻穿过矩形线圈的磁通量为Φ1=Bπr2sin45°，r= a2，末时刻穿过矩形线圈的磁通量为Φ2= -Bπr2cs45°，ΔΦ=Φ2-Φ1，故B正确。
8．【答案】AB
【解析】电容器电容C=εs4kπd ，电介质插入越深，则等效相对介电常数ε就越大，电容就越大，故A正确。变加速度运动过程中，加速度变化，质量块合外力变化，导致弹簧弹力变化，弹簧长度变化，电介质插入电容器的深度变化，电容C变化，据Q=CU可知，电容器带电量Q发生变化，故电容器有充电或放电电流，故B正确。向右匀加速时弹簧长度大于原长，匀速过程弹簧长度等于原长，故弹簧长度变短，故C错误。导弹由静止突然沿弹簧轴线方向向右加速时，固定在导弹内部的电容器极板跟导弹一起向右加速，质量块由于惯性要保持原来的静止状态，此过程中，质量块相当于电容器极板向左运动，等效相对介电常数ε增大，电容C变大，电容器带电量Q变大，电容器被充电，充电电流顺时针，故D错误。故选AB。
9．【答案】BD
【解析】根据q＝It，可知该铭牌标的“40A·h”是电荷量，电源充满电后总电荷量q＝40 A·h＝40×3600 C＝1.44×105 C，故A错误，B正确。以额定电流工作时，每秒消耗能量为E耗=W=Pt＝48J，故C错误；若充电电流是10 A，经过120min可将该电池充到q＝10 A×120 min＝20 A·h，即为总容量的50％，则经过120min可将该电池从其电量的30％充到80％，故D正确。
10.【答案】AC
【解析】滑动变阻器阻值变小，导致总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，分析可知，灯L1两端电压增大，灯L2两端的电压减小，故A正确。本题用等效电源法和图像法比较简单，除了R和R2之外，电路剩余部分看成一个内阻为r1的电源1，电源1外面R和R2并联接在电源1两端，再将电源1和R2整体看作电源2，电源2的等效内阻r2等于r1跟R2的并联电阻，故r2肯定小于R2，即r2肯定小于R0 ，电源2外接一个用电器R，R由Rm（大于R0，也大于r2）逐渐减小至0，据电源2输出功率（即R的功率）随外电路总电阻R的关系图像分析可知，R的功率先增加后减小，故B错误。B选项方法二：滑动变阻器滑片滑至最上端时，R的功率为零，故B错误。∆U∆I表示等效电源2的内阻r2，r2小于R0，∆U∆I小于R2 ，故∆UR2 < ∆I ，故C正确，D错误。